我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x0)＝0，并结合 f(x)的单调性得 到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也
h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知
h′（x）=a﹣
1 x
．则当
a≤0
时
h′（x）＜0，即
y=h（x）在（0，+∞）
上单调递减，所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故 a＞0． 因为
1
1
1
当 0＜x＜ a 时 h′（x）＜0，当 x＞ a 时 h′（x）＞0，所以 h（x）min=h（ a ），又因为 h（1）=a﹣a﹣ln1=0，
可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
1 2
1 4
；由
1 f′（ e
）＜0
3
11
1
1
可知 x0＜ e
＜，
所以当 x x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) e2x0 a ln x0 ，
由 2x0e2x0
a
0 ，即 e2x0
a 2 x0
，两边去对数得 ln x0
ln
a 2
2x0
由于，所以
f
(x0 )
a 2 x0
2ax0
a ln
2 a
2
a 2x0
2ax0
a ln
2 a
2a
a ln
1 所以 a =1，解得 a=1；
（另解：因为 f（1）=0，所以 f（x）≥0 等价于 f（x）在 x＞0 时的最小值为 f（1）， 所以等价于 f（x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；） （2）证明：由（1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
1 令 f′（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣ x ，
单调递增；（2）
【解析】
（1）
.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则 f'(x)=ln x+4x-1.
因为 在
单调递增， 所以当
时
即函数 f(x)在区间 单调递减；当
时
即函数 f(x)在区间
单调递增；
（2）为
，而
在（0，1）上递增
存在
使得
1
当
时
所以
，当
时
单调递增
单调递减；
又因为
时
则
所以
则
类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式
1
1
1
令 t′（x）=0，解得：x= ，所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，所以
2
2
2
1 t（x）min=t（ 2 ）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即 f′（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f′（x）在
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
2 a
2
所以 f (x) 2a a ln 2 a
类型三 挖掘“隐零点”，估算极值 例 3.【2017 年全国课标 1】已知函数 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且 f（x）≥0． （1）求 a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）因为 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等价于
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
(x) a, 2e2 a 又因为 a 0, 2e2 ，所以(0) a 0,(1) 2e2 a 0
由零点存在定理可知 f '(x) 在 0,1 的唯一零点为 x0 当 x (0, x0 ) 时， f '(x) 0 ，当 x x0,1 ， f '(x) 0 故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 x0 ,1 单调递增，
例 2. 设函数 f (x) e2x a ln x ，设 a 0, 2e2 求证：当 x 0,1 时， f (x) 2a a ln 2 a
【答案】见解析
【解析】 f (x) 的定义域为 0,1 ， f '(x) 2e2x a 2xe2x a
x
x
设(x) 2xe2x a ，(x) 2xe2x 4x 2 e2x ，
2
所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， e
）上单调递减，所以 f（x0）＞f（ e
）
1
=；
e2
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【规律与方法】
“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数
零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.
专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题
函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数 的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间—— 零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数 的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破 解导数压轴问题，例题说法，高效训练.